高考数学数列求通项公式及求和
提拉米苏蛋糕图片-
数列求通项公式与求和
（
Shm
ily.
东）
一、
通项公式
先写出数列前几项
观察数列变化规<
/p>
律猜测出通项后，用数学归纳法证明
用
于等差、等比
利用
数列相关公式
a
n
s
n
s
n
1
，
< br>n
2
s
1
,
n
1
构
造
构
造
辅
等
差
等
比
助数列
猜想归纳法
公式法
S
n
与
a
n
的关系
观察法
数列求通项的一般方法
叠
乘
法
累加法
递推方法
用
于
a
n
a<
/p>
n
1
g
f
(
n
)
用
于
a
n
件
a
n
1
f
(
n
)<
/p>
型
已知条
（“退一步”思想）
即由已知推出相邻的
递推式后将两式作差化简得出结论
型已知条件
二、
数列求和
主要是针对等差等比数列，
直接应
用求和公式
公
式
法
错位相减法
把一组需要求和的数列拆
分成两组或
两组以上的特殊数列来求和
裂项相消法
分组求和法
数列求和的一般
方法（五种）
把通项公式是分子为非零常数，分母为非
常数列的等差数列的两项积的
形式拆成
设数列
数列
乘以
a
n
< br>的等比数列，
数列
b
n
是等差数列，
求<
/p>
倒
序
相
加
a
n
b
n
的前
n
项和时，常常将
a
n
b
n
的各项
b
n
的公比，并向后错一项与
a
< br>n
b
n
的同次
若某数列中，与首末两项等距离的两相和等
于首末两项
和，可采用把正着写的和倒着写
的两个式子相加，就得到一个与常数数列求
项对应相减，即可转化为特殊数列求和
n
(
n
1)(2
n
1)
3
n
2
(
n
1)
2
3
3
,
1
2
L
n
补充：
1
2
L
<
/p>
n
6
4
2
2
2
典型例题
一．通项
类型
形如
a
n
1
a
n
f
(
n
)
型
累加法
：
（
1
）若
f(n)
为常数
,
即：
a
n
1
a
n
d
,<
/p>
此时数列为等差数列，则
a
n
=
a
1
(
n
1
)
d
.
（
2
）若
f(n)
为
< br>n
的函数时，用累加法
.
方法如下：
由
a
n
1
a
n
f
(
n
)
得：
n
2
时，
< br>a
n
a
n
1
f
(
n
1
)
，
a
n
1
a
n
2
< br>
f
(
n
2
)
，
a
3
a
2
f
(
2
)
a
2
< br>
a
1
f
(
1
)
所以各式相加得
a
< br>n
n
1
a
1
f
(
n
1
)
f
(
n
2
)
f
< br>(
2
)
f
(
1
)
即：
a
n
<
/p>
a
1
f
(
k
)
.
k
1
为了书写方便，也可用横式来写：
n
2
时，
a
n
a
n
1
f
(
n
1
)
，
a
n
(
a
n<
/p>
a
n
1
)
(
a
n
1
a
n
2
)
(
a
2
<
/p>
a
1
)
a
1
=
f
(
n
1
)
f
(
n
2
)
f<
/p>
(
2
)
f
(
1
)
a
1
.
①若
f(n)
是关于
n
的一次函数，累加后可转化为等差数列求和
;
②若
f(n)
是关于
n
的二次函数，累加后可分组求和
;
③若
f(n)
是关于
n
的指数函数，累加后可转化为等比数列求和
;
④若
f(n)
是关于
n
的分式函数，累加后可裂项求和。
例
4.
已知数列
{
a
n
}
中
,
a
n
< br>
0
且
S
n
1
n
(
a
n
)
,
求数列
{
a
n
}
的通项公式
.
2
a
n
解
:
由已知
S
n
1
n
1
n
(
a
n
)
得
S
< br>n
(
S
n
S
n
1
)
, <
/p>
2
a
n
2
S
n
S
n
1
化简有
S
n
2
2
2
2
S
n
1
n
,
由类型
(1)
有
S
n
S
1
2
<
/p>
3
n
,
又
S
1
2
a
1
得
a
1
< br>
1
,
所以
S
n
n
(
n
1
)<
/p>
,
又
a
n
0
,
s
n
2
2
n
(
n
1
)
2
,
则
a
n
2
n
(
n
1
)
2
n
(
n
1
)
2
< br>
a
n
f
(
n
)
型
PS
：形如
a
n
1
（<
/p>
1
）若
a
n
1
a
n
d
（
d
为常数）
，则数列
{
a
n
}
为“等和数
列”，它是一个周期数列，周期为
2
，其通项
< br>分奇数项和偶数项来讨论
;
（
2
）若
f(n)
为
n
的函数（非常数）时，可通过构造转化为
a
n
1
用逐差法
(
两式相减
)
得
a
n
1
例
1.
数列
{
a
n
}
满足
a
1
a
< br>n
f
(
n
)
型，通过累加来求出通项
;
或
a
n
1
f
(
n
)
< br>f
(
n
1
)
，，分奇偶项来分求通项
. <
/p>
n
0
,
a
n
1
a
n
2
n
,
求数列
{
a
}
的通项公式
.
a
n
f
(
n
< br>)
型
分析
1
：构造
转化为
a
n
1
解法
1
：令
b
n
则
b
n
<
/p>
1
(
1
)
n
a
n
b
n
(
1
)
n
1
a
n
1<
/p>
(
1
)
n
a
n
(
1
)
n
1
(
a
n
1
a
n
)<
/p>
(
1
)
n
1
2
n
.
b
n
< br>b
n
1
(
1
)
n
2
(
n
1
)
n
1
b
n
< br>1
b
n
2
(
1
)
2
(
n
2
)
n
2
时
,
< br>
b
b
(
1
)
2
2
1
1
2
b
1
< br>a
1
0
各式相加
:
b
n
2
(
1
)
n
(<
/p>
n
1
)
(
1
)
n
1
(
n
2
)
(
1
)
3<
/p>
2
(
1
)
2
1
当
n
为偶数时，
b
n
n
2
2
(
n
1
)
(<
/p>
1
)
n
.
2
此时
a
n
b
n
n
当
n
为奇数时，
b
n
此时
b
n
< br>
2
(
n
1
)
n
1
2
a
n
,
所以
a
n
n
1
.
故
n
1
,
n
为奇数
,
a
n
n
,
n
为偶数
.
a
n
< br>1
a
n
2
n
解
法
2
：
<
/p>
n
2
时，
a
n
a
n
1
2
(
n
< br>1
)
，
两式相减得：
a
n
1
a
n
1
2
.
a
1<
/p>
,
a
3
,
a
5
,
,
构成以
a
1
,
为首项，以
2
为公差的
等差数列
;
a
2
,
a
4
,
a
6
,
,<
/p>
构成以
a
2
,<
/p>
为首项，以
2
为公差的等差数列
a
2
k
1
< br>a
1
(
k
1
)
d
2
k
2
a
2
k
a
2
(
k
< br>1
)
d
2
k
.
a
n
n<
/p>
1
,
n
为奇数
,
n
,
n
为偶数
.
评注：结果要
还原成
n
的表达式
.
例
2.
（
2005
江西卷）已知数列
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
满足
<
/p>
1
n
1
3
)
(
n
3
),
且
S
1
1
< br>,
S
2
,
求数列
{
a
}
的通项公式
.
2
2
1
n
1
解：方法一：因为
S
n
S
n
2
a
< br>n
a
n
1
所以
a
n
a
n
<
/p>
1
3
(
)
(
n
3
),
2
S
n
< br>－
S
n
－
2
=3
(
n
以下同例
1
，略
1
n
1
4<
/p>
3
(
)
,
n
为奇数
,
2
答案
a
n
4
3
(
1
)
n
1
,
n<
/p>
为偶数
.
2<
/p>
类型
.
形如
a
n
1
f
(
n
)
型
累乘法
a
n
a
n
1
n
< br>1
q
（其中
< br>q
是不为
0
的常数）
，此时数列为等比数列，
a
n
=
a
1
q
.
a
n
（
1
）当
f(n)
为常数，即：
（
2
）当
f(n)
为
n
的函数时
,
用累乘法
.
由
a
n
1
a
f
(
n
)
得
n
2
时，
n
f
(
n
1
)
，
a
n
a
n
1
a
n
<
/p>
例
1.
设
a
n
a
n
1
a
2
< br>a
1
=f(n)f(n-1)
f
(
1
)
a
1
.
a
n
1
a
n
2
a
1
< br>a
n
1
a
n
0
（
n
=1
，
2<
/p>
，
3
，…）
，
则它的通
a
n
是首项为
1
的正项数列，且
n
1
a
n
2
1
na
< br>n
2
项公式是
a
n
=________.
解：已知等式可化为：
(
a
n
1
a
n
)
(
n
< br>
1
)
a
n
1
n
a
n
0<
/p>
a
n
0
(
n
N
*
)
(n+1)
a
n
1
na
n
0
,
即
a
n
1
n
a
n
n
1
n
2<
/p>
时，
a
n
n
1
a
n
1
n
a
n
< br>
a
n
a
n
1
a
n
1
n
2
1
1
2
a
1
=
< br>
1
=
.
a
n
1
a
n<
/p>
2
a
1
n
n
1
2
n
评注：
本题是关于<
/p>
a
n
和
a
n
1
的二次齐次式
，
可以通过因式分解
（一般情况时用求根公式）
得到
a
n
与
< br>a
n
1
的
更为明显的关系式，从而求出
a
n
.
例
2.
已
知
a
n
1<
/p>
解：因为
a
n
1
故
a
n
1
na
n
n
1
,
a
1
1
,
求数列
{
a
}
的通项公式
.
n
na
n
n
1
,
所以
< br>a
n
1
1
na
n
n
,
<
/p>
1
n
(
a
n
1
),
又因为
a
1
1
,
即
a
1
< br>
1
0
，
1
0
,
所以
所以
由上式可知
a
n
a
n
1
1
n
,
故由
累乘法得
a
n
< br>
1
a
n
1
a
n
1
a
n
1
1
a
1
a
2
1
< br>
3
(
a
1
1
)
a
n
1
1
a
n
2
1
< br>a
2
1
a
1
1
=
(
n
1
)
(
n
2
)
所以
a
n
2
1
(
a
1
1
)
(<
/p>
n
1
)!
(
a
1
1
)
(
n
< br>1
)!
(
a
1
1
)
-1.
na
n
n
1
,
转化为
评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式
a
n
1
a
n
< br>
1
1
n
(
a
n
1
),
若令
b
n
a
n
1
,
则问题进一步转化为
b
n
1
nb
n
形式，进而应用累乘法求出数
列的通项公式
< br>.
PS.
形如
a
n
1
< br>a
n
f
(
n
)
型
（
1
）若
a<
/p>
n
1
a
n
p
(p
为常数
)
，则数列<
/p>
{
a
n
}
为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为
2
，其通项分
奇数项和偶数项来讨论
;
（
2
）若
f(n)
< br>为
n
的函数（非常数）时，可通过逐差法得
a
n
分求通项
.
例
1.
已知数列
{
a
n
}
满足
注：同上例类似，略
.
类型
形如
a
n
1
（
1
）若
c=1<
/p>
时，数列
{
a
n
}
为等差数列
;
（
2
）若
d=0
< br>时，数列
{
a
n
}
为等比数列
;
（
3
）若
c
1
且d
方法如下：设
a<
/p>
n
1
得
a
n
1
a
n
1
f
(
n
1
)
，两式相除后，分奇偶项来
1
a
1
3
,
a
n
a
n
1
(
< br>)
n
,
(
n
N
*
)
,
求此数列的通项公式
.
2
ca
n
d
,
(
< br>c
0
,
其中
a
1
a
)
型
构造辅助数列
0
时，数列
{
a
< br>n
}
为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助
数列来求
.
c
(
a
n
)
,
ca
n
<
/p>
(
c
1
)
,
与题设
a
n
1
ca
n
d
,
比较系数得
d
,
(
c
0
)
< br>c
1
d
d
所以有：
a
n
c
(
a
n
1
<
/p>
)
c
1
c
1
(
c
1
)
d
,
所以
因此数列
a
n
d
d
为首项，以
c
为公比的等比数列，
构成以<
/p>
a
1
c
1
c
1
d
d
(
a
1
)
c
n
1
c<
/p>
1
c
1
d
d
即：
a
n
(
a
1
.
)
c
n
1
c
1
c
1<
/p>
所以
a
n
规律：将递推关系
a
n
1
ca
n
d
化
为
a
n
1<
/p>
{
a
n
d
}
从而求得通项公式
a
n
1
c
1
d
d
c
(
a
n
)
,
构造成公比为
c
的等比数列
c
1
c
<
/p>
1
d
d
c
n
1
(
a
1
)
1
c
c
1
中把
n
换
成
n-1
有
a
n
有时我们从递推关系
a
n
1
ca
n
d
< br>ca
n
1
d
,
两式相减有
a
n
1
a
n
c
(
a
n
<
/p>
a
n
1
)
从而化为公比为
c
的等比数列
{
a
n
1
a
n
}
,
进而求得通项公式
.
a
n
1
a
n
c
n
(
a
2
a
1<
/p>
)
,
再利用类型
(1)
即可求得通项公式
.
我们看到此
方法比较复杂
.
例
1
．已知数列
{
a
n
}
中，
a
1
分析：两边直接加上
2
,
a
n
1
1
1
a
n
,
求通项
a
n
.
2
2
d
,
构造新的等比数列
。
c
1<
/p>
1
1
1
解：由<
/p>
a
n
1
a
n
,
得
a
n
1
1
(
a
n
1
)
,
2
2
2
1
所以数
列
{
a
n
<
/p>
1
}
构成以
a<
/p>
1
1
1
为首项，以
为公比的等比数列
2
1
n
< br>
1
1
n
1
所以
a
n
1
(<
/p>
)
,
即
a
n
(
)
1
.
2
2
方法二：由
a
n
1
ca
n
d
,
n
2
时，
< br>a
n
ca
n
1
d
,
两式相减得
a
n
1
a
n
c
(
a
n
a
n
1
)
a
n
< br>
1
a
n
c
,
a
n
a
n<
/p>
1
a
n
1
}
是以
a
2
a
1
=
(
< br>c
1
)
a
1
d
为
首项，以
c
为公比的等比数列
.
数列
{
a
n
a
n
a
n
1
(
a
2
a
1
)
c
n
2
<
/p>
a
n
1
a
n
2
(
a
2
a
1
)
c
n
3
<
/p>
a
n
a
1
(
a
2
a
1
)(
1
c
c
n
2
)
a
3
a
2
(
a
2
< br>a
1
)
c
a
2
a
1
a
2
a
1
1
c
n
1
< br>=(
a
2
a
1
)
1
c
方法三：迭代法
由
递推式
a
n
1
直接迭代得
a
n
=
c
3
a
n
(
a
d
d
.
)
c
n
1
c
1
c
1
ca
n
d
,
ca
n
1
< br>
d
c
(
ca
n
2
d
)
<
/p>
d
c
2
a
n
2
d
(
c
1
)
a
n
3
d
(
1
<
/p>
c
c
2
)
=
c
n
1
a
1
d
(
1
c
c
2
<
/p>
c
n
2
)
=
(
a
d
d
)
c
n
1
.
c
1
c
1
pa
n
<
/p>
f
(
n
)
型
PS
形如
a
n
1
.(1)
若
f
(
n
)
kn
b
(
其中
k,b
是常数，且
k<
/p>
0
)
方法：相减法
例
1.
在数列
{
a
n
}
中
，
a
1
1<
/p>
,
a
n
1
3
a
n
2
n
,
求通项
a
n
.
解：
，
a
n
1
3
a
n
2
n
,
①
n
2
时，
a
n
3
a
n
1
2
(
n
1
)
，
两式相减得
a
n
1
a
n
3
(<
/p>
a
n
a
n
1
)
2
.
令
b
n
a
n
1
a
n
,
则
b<
/p>
n
3
b
n
1
2
利用类型
5
的方法知
b
n
即
a
n
1
5
3
n
1
< br>
2
a
n
5
3
n
1
1
②
5
n
1
1
3
n
.
2
2
5
n
1
1
亦可联立
①
②解出
a
n
3
n
< br>
.
2
2
3
例
2.
在数列
{
a
n
}
中，
a
1
,
2
a
n
a
n
1
6
n
3
,
求通项
a
n
.
2
再由累加法可
得
a
n
解：
原递推式可化为
2
(
a
n
xn
< br>y
)
a
n
1
x
(
n
1
)
y
b
n
1
比较系数可得：
x=-6,y=9,
上式即为
2
b
n
所以
b
n
是一个等比数列，首
项
b
1
a<
/p>
1
6
n
9
9
,
公比为
1
.
2
2
b
n
9
1
n
1
1
(
)
即：
a
n
6
n
9
<
/p>
9
(
)
n
2
2
2
1
n
故
a
n
9
(
)
6
n
9
.
2
(2)
若
f
(
n
)
q
n
(
其中
q
是常数，且
n
<
/p>
0,1)
a
n
q
n
，累加即可
.
①若
p=1
时，即：
a
n
1
②若
p
1
时，即：
a
n
1
p
< br>
a
n
q
n
，
p
n
1
. <
/p>
，则
b
n
1
求通项方法有以下三种方向：
i.
两边同除以
即：
< br>a
n
1
p
n
1
a
n
q
n
a
1
p
n
(
)
,
令
b
n
< br>
n
n
p
q
p
b
n
1
p
n
(
)
,
p
q
然后类型
1
，累加求通项
.
ii.
< br>两边同除以
q
n
1
.
即：
a
n
1
q
n
1
p
a
n
1
,
q
q
n
q